已知三条直线 $l_1:y=k_1x$，$l_2:y=k_2x+1$，$l_3:y=k_3(x-1)$ 围成的三角形面积为 $4$，且 $k_1<0<k_2<k_3$，则 $\dfrac{k_2}{k_3}$ 的最大值是（ ）
A．$\dfrac 13$
B．$\dfrac 12$
C．$\dfrac{\sqrt 3}3$
D．$\dfrac{\sqrt 2}2$
答案 B．
解析 设 $l_1$ 与 $l_2,l_3$ 的交点分别为 $A(a,k_1a)$，$B(b,k_1b)$，其中 $a<0$，$0<b<1$，则\[k_2=\dfrac{k_1a-1}{a},\quad k_3=\dfrac{k_1b}{b-1},\]因此 $l_2$ 与 $l_3$ 的交点为\[C\left(\dfrac{a(-1+b+bk_1)}{-1+b+ak_1},\dfrac{bk_1(-1+a+ak_1)}{-1+b+ak_1}\right),\]进而可得\[\begin{cases}\overrightarrow{CA}=\left(\dfrac{a(a-b)k_1}{-1+b+ak_1},\dfrac{(a-b)k_1(-1+ak_1)}{-1+b+ak_1}\right),\\ \overrightarrow{CB}=\left(\dfrac{(-1+b)(-a+b)}{-1+b+ak_1},\dfrac{b(-a+b)k_1}{-1+b+ak_1}\right),\end{cases}\]因此 $\triangle ABC$ 的面积\[S=\dfrac 12\cdot \dfrac{-(a-b)^2k_1}{-1+b+ak_1},\]进而由 $S=4$ 解得\[k_1=-\dfrac{8(b-1)}{(a-b)^2+8a},\]此时\[\dfrac{k_2}{k_3}=\dfrac{(-1+b)(-1+ak_1)}{abk_1}=\dfrac 18\left(6-\left(\dfrac {-a}b+\dfrac b{-a}\right)\right)\leqslant \dfrac 12,\]等号当 $a+b=0$ 时取得，因此 $\dfrac{k_2}{k_3}$ 的最大值为 $\dfrac12$．
另法 如图所示，直线 $l_2$ 过点 $N(0,1)$，直线 $l_3$ 过点 $M(1,0)$，设 $\angle PMx=\alpha$，$\angle ANy=\beta$．
根据题意，有\[\dfrac{k_2}{k_3}=\dfrac{1}{\tan\alpha\tan\beta}=\dfrac{\cos\alpha\cos\beta}{\sin\alpha\sin\beta},\]在 $\triangle CMO$ 和 $\triangle BNO$ 中，根据正弦定理可得\[OC=\dfrac{\sin\alpha}{\sin C},\quad OB=\dfrac{\sin\beta}{\sin B},\]因此\[BC=\dfrac{\sin\alpha}{\sin C}+\dfrac{\sin\beta}{\sin B}.\]在四边形 $ANMO$ 中，可得 $\angle A=\alpha+\beta-90^\circ$，进而 $\triangle ABC$ 的面积\[S=\dfrac{1}{2}bc\sin A=\dfrac{BC^2\sin B\sin C}{2\sin A}=\left(\dfrac{\sin\alpha}{\sin C}+\dfrac{\sin\beta}{\sin B}\right)^2\dfrac{\sin B\sin C}{2\sin A},\]注意到调整 $k_1$ 可以使 $S\to +\infty$，因此只需要右侧的最小值不超过 $4$，即\[\dfrac{4\sin\alpha\sin\beta}{\sin B\sin C}\dfrac{\sin B\sin C}{2\sin A}\leqslant 4\iff \dfrac{2\sin\alpha\sin\beta}{-\cos(\alpha+\beta)}\leqslant 4\iff \dfrac{2\sin\alpha\sin\beta}{\sin\alpha\sin\beta-\cos\alpha\cos\beta}\leqslant 4,\] 解得\[\dfrac{k_2}{k_3}=\dfrac{\cos\alpha\cos\beta}{\sin\alpha\sin\beta}\leqslant\dfrac{1}{2},\]当 $\dfrac{\sin\beta}{\sin B}=\dfrac{\sin\alpha}{\sin C}$（$OB=OC$）时取得等号，因此所求的最大值为 $\dfrac 12$．